đề thi học sinh giỏi Hóa THPT

49 TRANG đề thi học sinh giỏi hóa THPT CÓ ĐÁP ÁN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: HÓA HỌC -KHỐI 12 CẤP THPT Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 27/01/2013 (Đề thi có 02 trang, 10 câu, câu làm 1,0 điểm) QUI ĐỊNH: - Thí sinh trình bày tóm tắt cách giải, công thức áp dụng (có thể ghi bước cuối để tính kết ) - Các kết tính gần đúng, lấy đến chữ số thập phân (không làm tròn) Cho biết nguyên tử khối, số liên quan nguyên tố sau: R= 0,08205 lít.atm.K-1.mol-1 H = 1; Be = 9; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; Si = 28; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Br = 80; Ag = 108; Ba = 137 Câu 1: Hợp chất A tạo ion X 2+ YZ 32− Tổng số electron YZ 32− 32 hạt, Y Z có số proton số nơtron Hiệu số nơtron nguyên tố X Y lần số proton Z Khối lượng phân tử A 116 Xác định công thức A Câu 2: Hỗn hợp khí X gồm O2 O3 có tỉ khối so với H2 17,6 Hỗn hợp khí Y gồm etan etyl amin có tỉ khối so với H 20 Để đốt cháy hoàn toàn V lít Y cần vừa đủ V2 lít X (biết sản phẩm cháy gồm CO2, H2O N2, chất khí đo đktc) Dẫn toàn sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch nước vôi dư, sau phản ứng thu 20,0 gam kết tủa, nhận thấy khối lượng dung dịch nước vôi giảm m gam có khí N thoát khỏi bình Biết phản ứng xảy hoàn toàn Tính m tỉ lệ V2:V1 Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn 50,0 cm3 hỗn hợp khí A gồm C2H6 , C2H4, C2H2 H2 thu 45,0 cm3 khí CO2 Mặt khác, nung nóng thể tích hỗn hợp khí A có mặt Pd/ PbCO xúc tác thu 40,0 cm3 hỗn hợp khí B Sau cho hỗn hợp khí B qua Ni nung nóng thu chất khí Các thể tích khí đo điều kiện nhiệt độ, áp suất phản ứng xảy hoàn toàn Tính % theo thể tích khí hỗn hợp A Câu 4: Nhỏ từ từ 75,0 gam dung dịch HCl 14,6% vào dung dịch chứa 10,6 gam Na 2CO3 15,0 gam KHCO3, sau cho thêm tiếp vào dung dịch chứa 6,84 gam Ba(OH) 2, lọc bỏ kết tủa Cô cạn dung dịch thu m gam rắn Biết phản ứng xảy hoàn toàn Tính m Câu 5: Cho a gam hỗn hợp gồm Fe, Cu Al vào bình đựng 300,0 ml dung dịch H 2SO4 0,1 M Sau phản ứng xảy hoàn toàn, thu chất rắn có 448,0 ml khí (đktc) thoát Thêm tiếp vào bình NaNO3, lượng NaNO3 phản ứng tối đa 0,425 gam; phản ứng kết thúc thu khí NO (sản phẩm khử nhất) khối lượng muối dung dịch 3,865 gam Tính % khối lượng kim loại hỗn hợp ban đầu Câu 6: Một khoáng vật chứa: 31,28492% silic ; 53,63128% oxi lại nhôm Beri khối lượng Xác định công thức khoáng vật biết chất Si có số oxi hóa cao nhất, Be có hoá trị 2, Al hóa trị 3, Si hoá trị oxi hóa trị Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn 43,1 gam hỗn hợp X gồm axit axetic, glyxin, alanin axit glutamic thu 31,36 lít CO2 (đktc) 26,1 gam H2O Mặt khác 43,1 gam hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 300,0 ml dung dịch HCl 1,0 M Nếu cho 21,55 gam hỗn hợp X tác dụng với 350,0 ml dung dịch NaOH 1,0 M thu dung dịch Y Cô cạn dung dịch Y thu m gam chất rắn khan Tính m Biết phản ứng xảy hoàn toàn Câu 8: Chia m gam hỗn hợp X gồm Na, Al Mg thành hai phần nhau: - Cho phần vào dung dịch H2SO4 (dư) thu 1,008 lít khí H2 (đktc) - Cho phần vào lượng H 2O (dư), thu hỗn hợp kim loại Y Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HCl (đủ) thu dung dịch Z Dung dịch Z phản ứng vừa đủ 50,0 ml dung dịch NaOH 1,0 M thu lượng kết tủa cực đại Lọc lấy kết tủa, đem nung kết tủa đến khối lượng không đổi 0,91 gam chất rắn Tính m Câu 9: Hỗn hợp A gồm C 2H2, C3H6 C3H8 Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp A lượng oxi vừa đủ cho toàn sản phẩm cháy qua bình đựng H2SO4 đặc, dư bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thấy bình có 15,0 gam kết tủa khối lượng tăng bình nhiều so với khối lượng tăng bình 4,26 gam Nếu cho 2,016 lít hỗn hợp A phản ứng với 100,0 gam dung dịch brom 24% nhạt màu brom, sau phải sục thêm 0,896 lít khí SO màu hoàn toàn, lượng SO2 dư phản ứng vừa đủ với 40,0 ml dung dịch KMnO 0,1M Các phản ứng xảy hoàn toàn Tính % thể tích khí hỗn hợp A (các thể tích khí đo đktc) Câu 10: Cho a mol photphin vào bình kín có dung tích không đổi Nâng nhiệt độ lên 641 0C, phản ứng hoá học xảy theo phương trình: 4PH3(k) P4(k) + 6H2(k) Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng, khối lượng mol trung bình hỗn hợp khí 21,25 g/mol áp suất bình phản ứng P Tính P biết phản ứng có số cân KC 3,73.10-4 Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: - Giám thị coi thi không giải thích thêm - Thí sinh không sử dụng tài liệu - Thí sinh không sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn nguyên tố hóa học SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TAY LONG AN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: HÓA HỌC -KHỐI 12 CẤP THPT Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 27/01/2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC- ĐỀ CHÍNH THỨC CÂU GỢI Ý CÁCH GIẢI Gọi ZX, NX số proton (cũng số electron) số nơtron nguyên tử X Gọi ZY, NY số proton (cũng số electron) số nơtron nguyên tử Y Gọi ZZ, NZ số proton (cũng số electron) số nơtron nguyên tử Z Ta có: ZY + 3ZZ = 30 NX – NY = 3ZZ (ZX + NX) + (ZY + NY)+ 3(ZZ + NZ) = 116 ZY = N Y ZZ = N Z ZX + NX + 2ZY + 6ZZ = 116 (1) ⇒ NX – NY = 3ZZ (2) ZY + 3ZZ = 30 (3) ZX + NX = 56 (4) Từ (2),(3) ⇒ NX = 30 Từ (4) ⇒ ZX = 26 (Fe) ⇒ ZY + 3ZZ = 30 ⇒ ZZ < 30 = 10 Z: Phi kim (6,7,8,9) ZZ ZY 12 ⇒ Biện luận chọn O (ZZ = 8) ZY = (C) Kết quả: Công thức A: FeCO3 * M Y = 40: x mol C2H6 30 ] 0,2 0,8 Z 40 Z y mol C2H7N ⇒ ] 45 10 x nC2 H = = ⇒ y = 2.x = y nC2 H N 10 CO2 O2 C H  ( OH ) du V2 lít X  + V1 lít Y   →  H O dd Ca → CaCO3 ↓ O3 C H N N  nCaCO3 = nCO2 = 0,2 mol = 2.x + 2.y ⇒ x = 1/30 (mol); y = 1/15 (mol) ⇒ n H 2O = 3.x + 3,5.y= 1/3 (mol) * mdd giảm = mCaCO3 - ( mCO2 + m H 2O ) = 5,2g * M X = 35,2: a mol O2 32 12,8 ] Z 35,2 Z b mol ⇒ O3 a nO2 12,8 = = = 3,2 b nO3 ĐIỂM 48 ] 3,2 ⇒ 2.a + 3.b = 2.0,2 + 1/3 ⇒ a = 4/15 (mol) ; b = 1/15 (mol) ( + ) V2 15 15 ⇒ = = 3,33333 1 V1 + 30 15 Kết quả: * mdd giảm = mCaCO3 - ( mCO2 + m H 2O ) = 5,2g V2 * = 3,33333 V1 0,2 0,4 0,4 Gọi x, y,z ,t (cm3) thể tích C2H6, C2H4,C2H2 H2 có hh A * C2H6 + O2  → 2CO2 + H2O (cm3) x 2x C2H4 + 3O2  → 2CO2 + H2O y 2y C H2 + (cm3) O2  → CO2 + H2O z 2z (cm 3) PbCO3 * Hỗn hợp A Pd  / → hỗn hợp B giảm 10 cm3 thể tích chất tham gia phản ứng ⇒ H2 dư C2H2 hết ⇒ B gồm: C2H6, C2H4 H2 dư Pd / PbCO3 C2H2 + H2  → C2H4 * Hỗn hợp B gồm: C2H6, C2H4 H2 C2H4 + H2 ,t Ni   → chất khí C2H6 C2H6  x + y + z + t = 50  z = 50 − 40  Ta có hệ pt: ⇒   x + y + z = 45  y + z + z = t ,t Ni   → x =  y = 7,5  ⇒  z = 10 t = 27,5 0,2 Kết quả: % VC2H6 = 10,0%; % VC2H4 = 15,0% ; % VC2H2 = 20,0 %; % VH2 = 55,0% n HCl = n H = nCl = 0,3 (mol) + 0,8 − n Na2CO3 = 0,1 (mol) ⇒ n Na + = 0,2 (mol); nCO32 − = 0,1 (mol) n KHCO3 = n K + = n HCO3− = 0,15 (mol); n Ba (OH ) = n Ba + = 0,04 (mol) ⇒ nOH − = 0,08 (mol) − H+ + CO 32−  → HCO 0,3 0,1 0,1 (mol) − + + * H dư: H + HCO  → CO2 + H2O 0,2 0,25 0,2 (mol) − − 2− − * HCO dư: HCO + OH  + H2O → CO 0,05 0,08 0,05 (mol) − * Ba 2+ + CO  → BaCO3 ↓ 0,04 0,05 0,04 (mol) ⇒ Trong dung dịch sau phản ứng lại: Na + : 0,2 mol; K+: 0,15 mol; Cl − : 0,3 mol; CO 32− : 0,01 mol OH − : 0,03 mol 0,2 Kết quả: 22,21 gam 0,8 nH SO = 0,03 (mol) ⇒ nH = 0,06 (mol) ; nNaNO = 0,005 (mol) nH = 0,02 (mol) ⇒ nH pứ = 0,04 (mol) ⇒ nH dư = 0,02 (mol) * Fe + 2H+  → Fe2+ + H2 x 2x x x (mol) * 2 + + + Al + 3H+  → Al3+ + 3/2H2 y 3y y 3/2y (mol) − + * 4H + NO + 3e  → NO + 2H2O 0,02 0,005 (mol) − + Sau phản ứng H NO hết 3Cu + 8H+ + 2NO 3−  → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O z 2z/3 (mol) − 2+ + 3+ 3Fe + 4H + NO  + NO + 2H2O → 3Fe x x/3 (mol) 2− 3+ 3+ 2+ + ⇒ Muối chứa: Fe , Al , Cu , Na , SO4 m ⇒ 2− m mmuối = mcác kim loại ban đầu + SO + Na = 3,865 (gam) ⇒ mcác kim loại ban đầu = 3,865 –(0,005.23) – (0,03.96) = 0,87 (gam)  56 x + 27 y + 64 z = 0,87   Ta có hệ pt:  x + y = 0, 02  z x  + = 0, 005 +  x = 0, 005  ⇒  y = 0, 01  z = 0, 005  Kết quả: %mFe = 32,18390%; %mAl=31,03448%; %mCu=36,78160% Gọi %Al = a; %Be= b a + b = 100 – (31,28492 + 53,63128) = 15,0838 (%) (1) (3× a b 31, 28492 53, 63128 ) + (2× )+ (4 × ) − (2× )=0 27 28 16 0,2 0,8 (2) Từ (1) (2) ⇒ a = 10,05587 (%) b= 5,02792 (%) 10, 05587 5, 02792 31, 28492 53, 63128 : : : = : : : 18 27 28 16 ⇒ Al: Be : Si : O = Kết quả: Công thức khoáng vật: Al 2Be3Si6O18 hay Al2O3.3BeO.6SiO2 0,2 0,8 CH 3COOH CO2 :1, mol   NH − CH − COOH  43,1 gam X  + O2  →  H 2O :1, 45 mol CH − CHNH − COOH N  C3 H NH (COOH ) 43,1 gam X + 0,3 mol HCl 21,55gam X + 0,35 mol NaOH  → m gam rắn + H2O Ta có: nC = nCO = 1,4 (mol); nH = nH O = 2,9 (mol) nN = nNH = nHCl = 0,3 (mol) ⇒ nO ( X ) = [43,1-(1,4.12+2,0.1+0,3.14]:16=1,2 (mol) ⇒ nCOOH = 0,6 (mol) ⇒ 21,55g X có nCOOH = 0,3 (mol) = nH O mrắn = 21,55 + 0,35.40 – (0,3.18) = 30,15 (gam) Kết quả: 30,15 (gam) Phần 1: tác dụng với dd H2SO4 loãng dư: nH = 0,045 (mol) + H SO Na   → ½ H2 a ½a (mol) + H SO Al  → 3/2 H2 b 3/2b (mol) + H SO Mg  → H2 c c (mol) Phần 2: tác dụng với nước dư: hỗn hợp kim loại Y gồm:Al dư Mg 2 2 2 4 0,2 0,8 Na + H2O  → NaOH + ½ H2 a a Al + NaOH + H2O  → NaAlO2 + 3/2H2 a a + HCl +3NaOH t * Al dư  → AlCl3  → Al(OH)3  → Al2O3 (b-a) 3(b-a) (b-a)/2 + HCl +2 NaOH t Mg  → MgCl2  → Mg(OH)2  → MgO c 2c c * (mol) (mol) (mol) 1  a + b + c = 0, 045  ⇒ Ta có hệ pt: 3(b − a ) + 2c = 0, 05  b−a 102 + 40.c = 0,91  (mol) a = 0, 01  b = 0, 02 c = 0, 01  0,2 0,8 Kết quả: 2,02 gam  C2 H : x mol CO2 dd H SO  * m gam A  C3 H : y mol + O2 →   → CO2  ddCa( OH) 2du → CaCO3 ↓  H 2O  C H : z mol  mtăng bình (1) = mH O ; mtăng bình (2) = mCO = 44.0,15= 6,6 (gam); nCO = 0,15 (mol) mCO - mH O = 4,26 (gam) ⇒ mH O = 2,34 (gam) ⇒ nH O = 0,13 (mol) Áp dụng bảo toàn nguyên tố ta có: 2x + 3y + 3z = nCO = 0,15 (1) 2x + 6y + 8z = nH O =0,26 (2) * CH ≡ CH + 2Br2  → CHBr2-CHBr2 x 2x (mol) CH3-CH=CH2 + Br2  → CH3-CHBr-CH2Br y y (mol) CH3-CH2-CH3 + Br2  → không phản ứng z (mol) SO2 + Br2 + 2H2O  → 2HBr + H2SO4 (0,04-0,01) 0,03 (mol) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  K SO + 2MnSO + 2H SO → 4 0,01 0,004 (mol) (x+y+z) mol hỗn hợp A cần (2x + y) mol Br2 0,09 mol hỗn hợp A cần (0,15 – 0,03) mol Br2 ⇒ 0,12 (x+y+z)=0,09.(2x+y) ⇒ 0,06 x – 0,03y – 0,12 z = (3) Từ (1), (2) (3) ⇒ x = 0,03 (mol); y = 0,02 (mol); z = 0,01 (mol) Kết quả: %VC2H2 = 50,0%; %VC3H6 = 33,33333%; %VC3H8 = 16,66666% Gọi V lít thể tích bình Thể tích hỗn hợp khí thể tích bình kín Giả sử a = mol 4PH3(k) P4(k) + 6H2(k) Trước Pư: (mol) Pứ: 4x x 6x (mol) (0< x nH = 0, 2mol ⇒ nH SO = 0,1mol + 0,25 Theo (2) có: nNO = 0, 75mol ⇒ nFeS = 0, 05mol 2 Gọi nFeCO = x = nCO = nNO => ∑ nZ = x + 0, 75 = ⇒ x = 0,125mol 2 ( 2) => m = mFeCO + mFeS = 116 × 0,125 + 120 × 0, 05 = 20,5 gam b (0,5đ) Dung dịch Y gồm: Fe(NO3)3: 0,175 mol ; H2SO4: 0,1 mol hay dung dịch Y có chứa: Fe3+ : 0,175 mol; NO3-: 0,525mol; H+ :0,2 mol Y hoà tan tối đa m gam Fe dung dịch thu muối Fe2+, xảy phản ứng sau: 0,25 − Fe + 4H+ + NO3  → Fe2+ + 2NO2 + 2H2O 0,05 ¬ 0,2 → 0,1 Fe + 2Fe3+  → 3Fe2+ 0,25 0,0875 ¬ 0,175 mol ∑ (1đ ) nFe = 0,1375 mol => mFe = 7,7 gam (C6H10O5)n + nH2O → nC6H12O6 (1) men → 2C2H5OH + 2CO2 C6H12O6  300 C (2) H SO4 → CH2=CH2 + H2O C2H5OH  1700 C (3) p ,t → (-CH2-CH2-)n CH2=CH2  xt Ta có: (C6H10O5)n → 2nC2H4 → 56n (g) 162n (g)  m = 8,1 (tấn) ¬   0,25 0,25 (4) 0,25 2,8 (tấn) Do hiệu suất phản ứng đạt 80% => khối lượng Xenlulozơ = 8,1 100 80 100 100 = 20,25 80 50 Mỗi phần có khối lượng 5,56 gam; gọi phần có chứa x mol Fe y mol 0,25 Trong gỗ chứa 50% xenlulozơ => Khối lượng gỗ = 8,1 0,25 (1đ ) kim loại R Phần 1: Fe + 2HCl  → FeCl2 + H2 x (mol)  → (1) x R + nHCl  → RCln + n H2 y  → n y nH = 0,14 (mol) => x + (2) n y = 0,14 (I) Phần 2: 0,25 Fe + 4HNO3  → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O x  → (3) x 3R + 4nHNO3  → 3R(NO3)n + nNO +2nH2O y  → nNO = 0,12 (mol) => x + (4) n y n y = 0,12 (II) 0,12 n Theo khối lượng hỗn hợp ban đầu ta có: 56.x + MR.y = 5,56  MR = 9.n; n hoá trị n = => MR = n = => MR = 18 n = => MR = 27 => Kim loại R Al; n = => x = 0,08 (mol); y = 0,04 (mol) => %mFe = 80,67% ; %mAl = 19,33% Phần 3: Sau phản ứng khối lượng chất rắn tăng = 8,64 – 5,56 = 3,08 gam - Khi Al phản ứng hết, khối lượng chất rắn tăng = 64.0,06 – 27.0,04 = 2,76 gam < 3,08 gam => Al phản ứng hết - Khi Fe phản ứng hết, khối lượng chất rắn tăng = 2,76 + 0,08(64-56) = 3,4 gam > 3,08 gam => Fe phản ứng chưa hết Vậy Al phản ứng hết, Fe phản ứng phần, gọi số mol Fe phản ứng z (mol) Giải hệ phương trình (I), (II) ta có: x = 0,08 (mol); y = (1đ ) → Al2(SO4)3 + 3Cu 2Al + 3CuSO4  (5) 0,04 → 0,06  0,06(mol) → Fe + CuSO4  → FeSO4 + Cu → z z (mol) → z => 2,76 + (64-56).z = 3,08 => z = 0,04 (mol) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (6) => ∑ nCuSO4 phản ứng = 0,06 + 0,04 = 0,1 (mol) => V = 0,1lít = 100 ml Tìm B: 0,25 0,25 (1đ ) nCO2 = 13, 44 10,8 21, = 0, 6mol ; nH 2O = = 0, 6mol ; nNa2CO3 = = 0, 2mol 22, 18 106 => nC = 0, + 0, = 0,8mol nH = × 0, = 1, 2mol nNa = × 0, = 0, 4mol nO = 39, − 12 × 0,8 − 1, × − 0, × 23 = 1, 2mol 16 Đặt công thức B là: CxHyOzNat ⇒ x:y:z:t = 0,8:1,2:1,2:0,4 = 2:3:3:1 Vì CTPT trùng CTĐGN ⇒ CTPT B là: C2H3O3Na ⇒ CTCT B là: HOCH2COONa Tìm D: nCO2 = 0,25 0,25 29,12 12, 10, = 1,3mol ; nH 2O = = 0, 7mol ; nNa2CO3 = = 0,1mol => 22, 18 106 nC = 1,3 + 0,1 = 1, 4mol nH = × 0, = 1, 4mol => nNa = × 0,1 = 0, 2mol nO = (1đ ) 26 − 12 ×1, − 1, ×1 − 23 × 0, = 0, 2mol 16 Đặt công thức D : Cx’Hy’Oz’Nat’ ⇒ x’:y’:z’:t’= 1,4:1,4:0,2:0,2= 7:7:1:1 Vì CTPT trùng CTĐGN ⇒ CTPT D là: C7H7ONa ⇒ Có CTCT D: CH3-C6H4-ONa (0-; m-; p-) 0,25 Tìm A: 0,25 Ta có: A + NaOH  → B(C, H, O, Na) + D(C, H, O, Na) + H2O (*) Theo bảo toàn nguyên tố Na ta có: => nNaOH = 2nNa2CO3 = 2(0, + 0,1) = 0, 6mol Theo bảo toàn khối lượng ta có: 0,25 mH 2O (*) = 44,8 + 40 × 0, − 39, − 26 = 3, gam ⇒ nH( A ) = nH( B ) + nH( D ) + nH( H O ) − nH( NaOH ) = 1, + 1, + 3, × − 0, × = 2, 4mol 18 nC( A ) = nC( B ) + nC( D ) = 0,8 + 1, = 2, 2mol 44,8 − 12 × 2, − 2, ×1 = 1, 0mol 16 Đặt công thức A: CaHbOc=>a:b:c = 2,2 : 2,4 : = 11 : 12 : Vì CTPT trùng CTĐGN => CTPT A: C11H12O5 Biện luận CTCT A: nA = 0,2 mol; nB = 0,4 mol; nD = 0,2 mol => nA : nNaOH : nB : nD : nnước(*) = 1: : : 1: nO( A ) = 0,25 0,25 => A este phenol chứa: 2HOCH2COO- + 1CH3-C6H4COO- (thoả nt O) => Có CTCT A: HO-CH2-COO-C6H4-CH3 (0-; m-; p-) Chú ý: Học sinh làm theo cách khác, đúng, có lập luận chặt chẽ cho điểm tối đa [...]... công thức phân tử: C7H6O2 Công thứccấu tạo: HCOOC6H5 3.0,25 02,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 MÔN: HÓA HỌC Ngày thi 09/10/2012 (Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm 10 câu, trong 02 trang Câu 1 (2,0 điểm): Ở nhiệt độ 600K đối với phản ứng: H 2(k) + CO2(k) ⇌ H2O(k) + CO(k)... chung do giai đoạn chậm quyết định tốc độ phản ứng → Giai đoạn 1 chậm -Hết - 0,25 0,25 SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 MÔN: HÓA HỌC Ngày thi 10/10/2012 (Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm 10 câu, trong 02 trang Câu 1 (2,0 điểm): 1 Cho biết một số giá trị năng lượng ion hoá thứ nhất (I 1,eV):... 2 Vẽ công thức các đồng phân hình học của A và gọi tên theo danh pháp IUPAC HẾT Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học Họ và tên thí sinh : Số báo danh Họ và tên, chữ ký: Giám 2: thị -2- 1: Giám thị SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 MÔN: Hóa học Ngày thi 10/10/2012 (Hướng dẫn chấm gồm... Ca(OH)2 sinh ra 70g kết tủa đồng thời khối lượng bình chứa tăng thêm75,6g so với ban đầu Hãy xác định công thức cấu tạo của hợp chất hũu cơ (X) - HẾT (Học sinh không được mang Bảng hệ thống tuần hoàn) Họ và tên thí sinh …………………………………… Số báo danh: …………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12-VÒNG 1 Môn: HÓA HỌC (BẢNG A) Ngày thi : 06/10/2011 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH... thì có thể kết luận gì về cơ chế phản ứng trên? HẾT Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học Họ và tên thí sinh : Số báo danh Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1: Giám thị 2: HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT SỞ GD&ĐT NINH BÌNH Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 MÔN: Hóa học Ngày thi 9/10/2012 (Hướng dẫn chấm gồm trang) Câu Đáp án Điểm 1 (1 điểm)... Nerol Geraniol (E) -3,7- dimetyl octa-2,6-dienol (Z)-3,7-dimetyl octa-2,6-dienol -Hết - 0,5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2011 (VÒNG 1) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: HÓA HỌC (BẢNG A) Thời gian: 180 phút (không kể giao đề) Ngày thi: 06/10/2011 Cho khối lượng mol (mol/gam): H =1, N = 14, O = 16, Cl = 35,5, Cu = 64, Ca = 40, Mg = 24, Al = 27, Fe = 56,... CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 MÔN: Hóa học Ngày thi 9/10/2012 (Hướng dẫn chấm gồm trang) 332,52 = 2, 4mol 138,5 q = 2,4 mol 2F c 100 = 8.F = 8(96485 C) = 771880 C mol 60 0,5 8F = 4 mol - Khí ở catot là hydro: n H 2 = 2F / mol nRT 4.0,08205.298 = = 97,80 lit V H2 = P 1 Khí ở anot là oxy: nF tạo ra O2 = 8 0,4 = 3,2 F O2 3,2 F = 0,8 mol 4F / mol n = Nếu thí sinh. .. (X5) (X9) 5 1 (0,5 điểm) (2 điểm) Ba + dung dịch Ba(HCO3)2 Ba + 2 H2O → Ba(OH)2 + H2 ↑ Ba(OH)2 + Ba(HCO3)2 → 2 BaCO3 ↓ + 2 H2O 0,5 0,5 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT SỞ GD&ĐT NINH BÌNH Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 MÔN: Hóa học Ngày thi 9/10/2012 (Hướng dẫn chấm gồm trang) CO2 + H2O + BaCO3 → Ba(HCO3)2 tan 2 (0,5 điểm) Na + dung dịch (NH4)2CO3 2 Na + 2 H2O → 2 NaOH + H2 ↑ 2 NaOH... −   H +  Ka = = 10−4,76 [ CH 3COOH ] Hỗn hợp axit yếu và muối của nó là dung dịch đệm nên: 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 MÔN: Hóa học Ngày thi 9/10/2012 (Hướng dẫn chấm gồm trang) [Ac − ] pH = pK a + log = 3,76 [HAc] 0,25 2 (0,5 điểm) CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O Khi pH tăng 1 đơn vị → pH = 4,76... a(46 + 14n) + b(14m + 46) = 33,8  0,5a + 0,5b = 5, 6 / 22, 4 2b + 2b = 13, 44 / 22, 4  a + b = 0,5 và a + b= 0,3 loại 0,5 SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 MÔN: Hóa học Ngày thi 9/10/2012 (Hướng dẫn chấm gồm trang) TH2: A là CnH2n-1OH(a mol); B là HO-CmH2m-CHO(b mol) + Ứng với trường hợp 1 ta có hệ: a(16 + 14n) + b(14m + 46) = 33,8